数学（全国卷文科01）-2024年高考押题预测卷（全解全析）

第第年高考押题预测卷【全国卷】数学·（文科01）全解全析第一部分（选择题共60分）一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。123456789101112BACDCACBACDA1．【答案】B【详解】由得，解得，所以．由解得，即，所以.故选：B．2．【答案】A【详解】由，可得，所以．故选：A．3．【答案】C【详解】依题意，，，所以，，所以.故选：C.4．【答案】D【详解】因为，令，则，，所以.故选：D.5．【答案】C【详解】由可得，解得或.当时，：，：，显然，重合，舍去，故时，.因此“”是“”的充要条件.故选：C6．【答案】A【详解】由指数函数与对数函数的性质可得，，，，所以，故选：A.7．【答案】C【详解】对A：由条形图知，2018—2022年中国的全部工业增加值逐年增加，故A正确；对B：由折线图知，2018—2022年中国全部工业增加值的增长率的极差为，故B正确；对C：由条形图知，与上一年相比，2022年中国增加的全部工业增加值为，2019年增加的全部工业增加值为，不是2倍关系，故C错误；对D：由条形图知，2018年中国全部工业增加值的增长率为，2018—2022年中国全部工业增加值的增长率的最小值为，，故D正确．故选：C.8．【答案】B【详解】由等差数列的性质，可得，解得，所以.故选：B.9．【答案】A【详解】由题意知圆锥的高为2米，圆柱的高为3米，底面圆的面积为平方米，设底面圆的半径为r，则，则圆锥的母线长为（米），故该蒙古包（含底面）的表面积为（平方米），故选：A10．【答案】C【详解】设圆心为，圆的半径为，由于，故圆心在直线上，当与圆相切时，最大．由知，，所以，所以，解得或．要使得圆存在两点，使得，则.故选：C．11．【答案】D【详解】抛物线C：的焦点为，准线方程为，如图，因为，且关于的对称点为，所以，所以.当在线段与抛物线的交点时，取得最小值，且最小值为.故选：D12．【答案】A【详解】因为，故，故，因为是定义在上的奇函数，故，故，故，故，此时，故为上的减函数，而等价于，即即，故或故选：A.第二部分（非选择题共90分）二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分13．【答案】/【详解】由，得，又，得，则．故答案为：14．【答案】3【详解】解：由，得，两式相加得，故，两式相减得，所以数列是以6为周期的周期数列，所以，则．故答案为：315．【答案】【详解】根据题意画出图象如下：

由得，又，所以，双曲线的渐近线方程为，则点到渐近线的距离，所以在中，，由余弦定理得，即，化简得，即，解得或，因为，所以.则双曲线的渐近线方程为．故答案为：.16．【答案】①③④【详解】因为，故①正确；因为，故②错误；因为，定义域为，关于原点对称，则，所以，所以是奇函数，故③正确；令，其中，则，当且仅当时，即时，等号成立，所以，即函数在上单调递增，所以，即，又，当且仅当时，即时，等号成立，所以时，，则函数在上单调递增，所以对，，故④正确；故答案为：①③④三、解答题：本大题共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：共60分．17．（12分）【答案】(1)(2)【详解】（1）解法一

因为，所以.在中，由正弦定理得，所以，所以，则.解法二

设，则，在中，由余弦定理得，所以，所以，所以，所以.（2）由（1）中解法二可知，，在中，由余弦定理得，所以，当时取等号，故面积的最大值为.18．（12分）【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）在中，，由正弦定理可得，即，得，故．，，故．又，且平面，平面，又平面平面平面．（2）由（1）可得平面，且，由，可得，则三棱锥的体积为，故，即，．19．（12分）【答案】(1)，平均值为(2)【详解】（1）由频率分布直方图可得：，即评分在的频率为0.2，故，故各组频率依次为：，，，，。所以平均值为．（2）由题可知：抽取的20份评分结果中，评分在的份数为，分别记为，评分在的份数为，分别记为.则从这8份评分结果中任取2份，不同取法有：，，共28种，记“这2份评分结果均不低于90分”为事件，则事件包含的基本事件有：，，共15种，故所求概率．20．（12分）【答案】(1)椭圆:，抛物线:(2)【详解】（1）由，得，故抛物线的标准方程为，由，得，得，由椭圆过点，得，得，，故椭圆的标准方程为；（2）设，，由得，，故抛物线在点处的切线方程为，化简得，同理可得抛物线在点处的切线方程为．联立得，得，易得直线的斜率存在，设直线的方程为，联立得，得，，故，，

因此，由于点在椭圆上，故．又，点到直线的距离，故．令，又，故，其中，因此当时，最大，则，所以，即的面积的最大值为．21．（12分）【答案】(1)递增区间为，递减区间为(2)【详解】（1）当时，，其定义域为，，令，得（舍去），当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减．所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为；（2）方法1：由条件可知，于是，解得．当时，，构造函数，，，所以函数在上单调递减，于是，因此实数m的取值范围是．方法2：由条件可知对任意的恒成立，令，，只需即可．，令，则，所以函数在上单调递增，于是，所以函数在上单调递增，所以，于是，因此实数m的取值范围是．（二）选考题：共10分．请考生在22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．选修4-4：坐标系与参数方程22．（10分）【答案】(1)；(2)．【详解】（1）由消去参数，得，即，将，代入上式，故曲线的极坐标方程为，即．（2）解法一：设，联立得，得，其中,故，所以或，故或，所以，所以，所以的面积为．解法二：由（1）得曲线的直角坐标方程为，则曲线是以点为圆心，2为半径的圆，把代入，得直线的直角坐标方程为，所以圆心到直线的距离为，所以，